第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第1套答案

第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第1套答案

2013 年物理竞赛复赛模拟试题—第一套参考解答 命题人 蔡子星 一、 (20 分)某人在设计房子的时候尽量节省空间，弄了一个立起来是储物架，放下来时床 的家具。他设计得很精巧，使得在放下的过程中，架子是保持水平的，而且人不怎么费劲。 下面我们给出一种设计。 AB 、 CD 、 AD 是 三 根 相 互 铰 接 的 轻 杆 ， AB CD 2.0m ， AD 0.5m。这样就能保证架子上的东西不会掉下来。 但是考虑到 负重分别加在 D 点和 CD 中点 O 点 1 10kgP ， 2 20kgP ，直接 把床推上放下会比较费力，而且容易砸到人，即使没有砸到人，砸 到花花草草也不好。为了解决这个问题，我们在 AB 杆上距离 A 点 0.5m处的 M 点连一根原长可以忽略的弹簧到 D 点。这样就可以自 由的上下推动床而几乎不费力了。 10N/kgg （1） 为了尽量省力，弹簧的经度系数 k 应当为多少？ （2） 当床与墙面夹角 30 时，请计算 AD 杆上的受力。 【解答】 （1）如果势能处处恒定则无需外力。令 2.0mAB l ， 0.5mAD AM a 由余弦定理 2 2 2 22 cosDM a a a （1 分） 重力势能 1 1 2cos cos 2p lE Pl P （2 分） 弹性势能 2 2 2 2 1 1 (2 2 cos ) 2 2pE k DM k a a （2 分） 要求总势能为常数，则有 2 1 2( )cos 2 lPl P ka 为常数，于是 1 2 -1 2 2 1600Nm lPgl P g k a （5 分） 注：其它方法只要结果正确，过程无明显错误均给分 （2）由于 AD 是轻杆，且只在两端受力，所以受力沿杆，设为 N 对于 AB 杆，以 B 为支点，由合外力矩等于 0 3sin sin AMD 0 4 lNl k DM （4 分） AMD 中由正弦定理 sin AMD sin AD DM （2 分） A B C D P1 P2 O M 代入力矩方程有 3sin sin 0 4 lNl ka 由此得到 600NN （4 分） 注：其它方法只要结果正确，过程无明显错误均给分 二、 (22 分 )天宫一号圆满完成了国内第一次太空授课。在课堂演示中我们看到了如下情景， 一个水球悬浮在空中， 我们可以通过水球构成的透镜看到宇航员倒立的像。 假设水球半径为 r ，折射率为 n 。在计算中我们取傍轴近似（只计算小角度范围的光线成的像） 假设物体、 水球、实像之间的相对位置如图所示， 由于相机没有变焦， 因而只能对物体前方 距离为 D 处的物体能够清晰成像。 （1） 随着球心到物体之间距离 l 的变化， 将发现两次能清晰成像的位置 1l 、 2l 。求 1 2| |l l ， 以及两个实像大小的比值 （2） D 应当满足什么条件才能观察到上述现象。 【解答】 解法一 : （1） 设第一次成像物距为 u ，像距为 'v ，设第二次成像物距为 'u ，像距为 v （物在光心左为正，像在光心右为正） 由单球面成像公式 1 1 ' n n u v r （1） （3 分） 1 ' n n n u v r （2） （3 分） 由平面几何 ' ' 2u v r （3） （1 分） 2u v D r （4） （1 分） 将（ 1）、（2）代入（ 3）消去 'u 和 'v 得到 22 ( 1) ( ) ( 2) 2uv n u v r n r 再将（ 4）代入得到 22 ( 2)( 2 ) 2( 1) r r n D ruv n 于是 2 2 1 2 2( ) 4 1 nDrl l u v u v uv D n （6 分） l r O 物 像 D 按放大率定义 第一次成像放大率为 1 ' ' ' ' v vn vvM un u uu （1 分） 由于光路可逆，第二成就和第一相比就是物象对调，因而第二次成像放大率为： 1 2 1M M （1 分） 代入 u 、 v 的解，得到两个实像大小比值为 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 2( 1)( )n D nr n D n nDrM M nr （2 分） （2） 需要使得上式有意义，需要根号内大于 0 于是有 2 1 nD r n （4 分） 解法二 : 如图假设小角度入射，如图假设各个角度 由傍轴近似 ( ) 'x r r ； ( ) 'y r r ； （2 分） 由平面几何，第一次折射角和第二次入射角相等，均为 ' ，因而第一次入射角和第二次折 射角均为 。由三角形外角等于两内角和 ' x r ； ' y r ； （2 分） 由折射定律及傍轴近似 ' x n nr （2 分） 在中间的三角形中： ' ' 2 ' (2 分) 代入以上各式，只用 和 x 、 y 表示，整理得到： ' ' ' ' x y 2x r y r x x r r y nr ； 2 1 1 12 r x y nr ； 1 1 2( 1)x y n x y xy nr （4 分） 又 x y D 所以 2 2 2' ( ) 4 1 nrDl l x y x y xy D n （2 分） 以下同解法一 三、 (23 分)如图所示， 一个半径为 r 的匀质薄壁圆筒， 质量为 m ，被轴承限制只能绕着其中 心轴旋转。一根长为 2l r 的不可伸长的细绳一端系在圆筒上，另一端连接一个质量 m 的 质点，开始如图静止。沿垂直于绳子的方向给质点大小为 0J mv 的冲量。 试计算说明， 求当绳子与接触点法线夹角是否能到达 30 ，如果可以求出圆筒相对地面的角 速度，如果不可以说明理由。 【解答】 如图，在任意时刻，令接触点 B 的方向与 x 轴夹角为 &，令绳子 AB 方向与 OB 夹角 B 相对地面的速度为 Bv r& （ 1 分） x y lrO J mm x y O m B A r& r& ( )l&& 在以 B 为参照的平动系中（即 B 为原点，且坐标轴方向不变的参照系，想象一下在摩天轮 车厢里面的人） ， A 相对 B 的速度 ( )ABv l&& (4 分) 所以 A 对地面速度为 Bv 和 ABv 的矢量和 (1 分 ) 由能量守恒，其中使用了余弦定理 2 2 2 2 2 0 1 1 1( ) [( ) ( ) 2cos ( )( ) ] 2 2 2 mv m r m r l r l& && & & & & (6 分) 由角动量守恒，其中使用了矢量叉乘定义 2 2 0( ) [( ) ( ) ( ) cos ( ) cos ]mv r l m r m r r l r l lr& && & & & & (6 分) 为了计算方便，做无量纲化： 0 rx v & ， 0 ly v & 得到 2 21 (6 4cos ) (8 4cos ) 4x xy y 3 (6 4cos ) (4 2cos )x y 代入 3cos 2 得到 0.13x ； 0.31y （另一个解 0.50x ， 0.31y 代表相对运动反向时的情景，未给出不扣分） 得到圆筒角速度： 00.13v r & （5 分） 注 1：这个参照系中绳子与 x 轴转角为 ，因而角速度为 && 。若将由结果误写为 ABv l& ，能量守恒和角动量守恒方程只要形式正确不重复扣分，但不给结果分。 注 2：对于题设情景，可以计算绳子拉力，发现一直大于 0，所以绳子不会软。 注 3：保留 cos 形式不变， 可以得到 41 时， y 只有一个解为 0；即此时相对角速度反 向，也就是说，相对转角最大为 41 。 四、 (25 分)我们想做一个演示电磁感应定律的实验： 造一个大电磁铁， 正上面放一个细铁环， 半径为 10cmR ，横截面为一个半径为 1mmr 的圆，电导率为 7 1 13.7 10 m ， 密度为 3 32.7 10 kg m ，真空介电常数已知。在铁环的位置磁场大小为 B kI ， 2 2 10.2 10 N A mk ，方向与竖直夹角 30 ，假磁铁在圆环内磁场的竖直分量不 变。在磁铁中通入如下的正弦交流电，频率均为 10kHzf （很高） ，振幅大小为 0I 在这种情景下是否可以造成“悬浮”的现象，如果可以，估算出 0I 的大小，如果不可以说 明理由。 （圆环的自感约为 76 10 H ，需要计算说明是否可以忽略） 【解答】 假设电流为 0 cosI I t 则磁通量为 2 0( ) cos cost kI R t （2 分） 电动势为 2 2 0 0 ( ) cos sin cos cos( ) 2 d t kI R t kI R t dt （3 分） 圆环电阻为 3 0 2 2 2 2 5.4 10R Rr r r （2 分） 若忽略电感应，则感应电流为 0 ( ) cos( ) 2 i t t r 安培力平均值向上为正 ( ) ( ) ( )sin 2 cos( )cos( ) 0 2 F t i t B t R t t （3 分） 因而忽略电感导致不可以悬浮，因而不可忽略 （2 分） 利用感抗大小说明不扣分，不说明理由或者理由错误不给分。 保留电感，电路的方程可以写为 0( ) ( ) dit r i t L dt （3 分） 令 0( ) cos( ) 2 i t i t ，代入得到 0 0 0cos( ) [cos( ) sin( )] 2 2 t i t r L t t ( )I t ( )I t B B 2 2 2 0 0 cos( ) 2 i r L t （2 分） 其中利用辅助角公式 2 2 0 sin ( ) L L r ， 82 于是安培力平均值 ( ) ( ) ( )sin 2F t i t B t R 2 2 0 2 2 2 0 cos sin 2 cos( )cos( ) 2 2 k I R t t r L （2 分） 由于悬浮合外力平均值等于 0（利用积化和差公式） 2 2 2 0 2 2 2 0 cos sin sin2 2 k I Rmg R r L （2 分） 代入数值得到 0 1.37AI （4 分） （作为估算，认为 0L r ， 近似为 90 得到 0 1.35AI ，同样给全分） 五、 (22 分)理想的非门可以视为一个受控电压源：当输入端电压大于 6VcU 时，输出端 相当于和地线之间短路；当输入端电压小于 cU 时，输出端相当于和地线之间有一个理想电 压源， 电源电压 0 12VU 。等效电路图如图所示。 不同非门中接地点可以视为是同一个点。 我们利用非门、 电容和电阻能够做成一个输出方波信号的多谐振荡器。 画出下图电路中 2OV 随着时间的变换关系。 提示：已知如左下图的 RC 电路，从刚接通电路开始电容上电压随时间变化规律为： 0( ) (1 ) t RC CU t U e 1G 2G R C iV 1OV 2OV iV 6ViV 12VOV 12VOV iV 0VOV6ViV 0VOV 【解答】 等效电路如图所示，可见电流只在 1OV - R - C - 2OV 回路中流动。 假设系统存在稳态，则电容电量为常数，因而电阻上电流为 0，则 1G 输入电压等于输出电 压，这显然矛盾，因而系统不存在稳态。 不失一般性，电容初态电压为 0，系统初态 1 0VOV ，因而 1 12VOV 电路沿逆时针给电容充电（电阻 I 上电流从下向上为正，电容电量 Q 右边记为正） 当 0 CcQ Q U 时候，门反向，进入 I I 门反向，此时 1 12VOV ， 2 0VOV ，由于电容上电量不突变，所以 00V 6Vi QV C 因而电路沿顺时针给电容反向充电，新充入电量为 Q 012V 0V Q QIR C ；即 18V QIR C iV 不断上升，到达 6VcU 时， 1 0 cQ Q Q U C 时，门反向，进入 II 类比题目中的 RC 电路有，此过程历时 I ln 3t RC II 门再次反向，此时 1 0VOV ， 2 12VOV ，由于电容上电量不突变，所以 112V 18Vi QV C 因而电路沿逆时针给电容正向充电，新冲入电量为 'Q 1 '0V 12V= Q QIR C ；即 '18V= QIR C R C 0U t CU 0( ) (1 ) t RC CU t U e R C iV 2OV V 1OV V iV 不断上升，到达 6VcU 时， 0 1 ' cQ Q Q U C 时，门反向，进入 I 类比题目中的 RC 电路有，此过程历时 II ln 3t RC ，重复循环 因此得到方波信号周期等于 2 ln3T RC （只需得到此结果，过程无明显错误即给全分） 六、(22 分)在真空中有一个体积为 0V 的绝热硬箱子， 内部有压强为 0P 温度为 0T 的理想气体。 摩尔质量为 ，定容摩尔比热为 3 2VC R 。现在通过一个多孔塞让气体缓缓漏出。 （1）当气体漏出一半时候，箱子内温度为多少？ （2）假设漏出气体的过程中，压强差做的功全部转换为气体的动能，问气体全部漏出的过 程中箱子一共可以获得多少动量？ 提示：理想气体绝热方程为 V V C R CpV 常数 ， 1 11 ( ) 1 b n n n a x dx b a n 【解答】 对于还没有喷出的气体而言，它经历了准静态绝热膨胀过程。 5 3 V V C R C 初态 0 0( , ) 2 VP ，末态体积为 0V ，由绝热方程： 0 0 0( ) 2 VP PV （4 分） 代入理想气体状态方程，末态温度 2 10 3 0 0 0 0 0 2 2 2 PVT T T TVP （4 分） （2）假设经过一小段时间过程，有 dn 摩尔的气体被推出。 这时内部的气体状态为 ( , , )P V T 对外做功 dn RTdW PdV P dnRT P 只需求出 ( )T T n ，就能计算出做功了。 显然，我们知道绝热方程可以改写： ConstPV ，代入理想气体状态方程： 1V T 为常数 我们可以把这里面初始的 V 看成剩余的 n 的那部分最开始占有的体积 1 1 0 0 0 0 ( ) ( )n V T V T n 得到 1 0 0 ( ) ( )nT n T n （4 分） 对外做功 1 0 0 ( )RT ndW d n （4 分） 在箱子系中，喷气体动量守恒，因而箱子获得动量 dp 大小等于气体动量。由动能定理 2( ) 2 dpdW dm 1 1 0 0 0 1 0 ( )2 ( )( ) ( ) 2 ( )RT n ndp dn d n RT dn n （ 4 分） 代入积分得到 2 2 0 0 0 1.06 P VP RT （2 分） 注 1：如果最后系数计算的是 0.64，且积分步骤是 1 积分到 0.5，那么仅扣 1 分） . 注 2：如果在地面系使用动能定理，将导致气体获得的动能在不同阶段不同，计算很难。 七、 (26 分)在诱导原子核衰变的时候，有会用到 （读作 muon，中文缪子）代替原子中的 一个电子。 除了质量比电子重 207 倍之外几乎没有别的区别。 原子核核电荷数为 65Z 。 电子质量 300.91 10 kgem ，电子电量 191.6 10 Ce ，普朗克常数 346.64 10 Jsh （1）我们利用玻尔模型和牛顿力学做一个简单估计， 的基态和第一激发态之间的能级 差为多少？用电子伏特做单位表示。 （2）计算上一问中，基态 的速度为多少？如果考虑相对论效应，会使得基态轨道半径 相对于牛顿力学情景相对变化多少？ （3）原子核的质量为 252.34 10 kgnm ，如果考虑到原子核质量并非远大于 质量， 则玻尔量子化改为体系总角动量 （不计自旋） 量子化。考虑这个效应， 基态能量变化百分比 为多少？ 【解答】 （1） 由玻尔模型 2 hmvr n nh （3 分） 由向心力方程 2 2 2 v Kq Zm r r （3 分） 联立得到 2 2 2 nr Kq Zm h 总能量 2 2 4 2 2 22 2n Kq Z K q Z mE r n h 1n 基态与 2n 第二激发态能量差代入即可 68.87 10 eVE （3 分） （2） 考虑相对论相应，质量变为 2 2 ' 1 mm v c ；令 2 2 1 1 v c 上述方程变为 ' 'mv r nh （2 分） 2 2 2 ' ' ' v Kq Zm r r （2 分） 于是 2 2 2' nr Kq Zm h 2 ' ' n Kq Zv mr n h h 于是 2 2' 1 / 0.89r r v c r （3 分） （3） 由于质心不动 角动量 2 2 2 ( ) ( )n n n n n n n mmL L L m r m r m m m m m m r n m m h （4 分） 向心加速度 2 2 2( )n n m Kq Zm r m m r （4 分） 由此可见，只需把 m 换为 n n m m m m 即可 代入数据发现相差 0.08% （2 分）